2023版（教科版）高考步步高大一轮复习讲义第十一章 交变电流 传感器

第2节　变压器　电能的输送

一、理想变压器
1.构造
如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

图1
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2.原理
电磁感应的互感现象。
3.基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出。
(2)电压关系：＝。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝。
【自测1】 关于理想变压器，下列说法正确的是(　　)
A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用
B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率
C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压
D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小
答案　A
二、电能的输送
如图2所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R。

图2
1.输电电流
I＝＝＝。
2.电压损失
(1)ΔU＝U－U′
(2)ΔU＝IR
3.功率损失
(1)ΔP＝P－P′
(2)ΔP＝I2R＝R
4.减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
(2)减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
【自测2】 (多选)如图3，发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2。下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是(　　)

图3
A.(U1－U2)I B.I2R
C. D.
答案　ABD

考点一　理想变压器基本规律的应用
理想变压器以及原、副线圈基本量的关系
理想变压器
没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)
基本
关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，U1∶U2＝n1∶n2，与负载的多少无关
电流关系
只有一个副线圈时，I1∶I2＝n2∶n1；有多个副线圈时，由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系
f1＝f2(变压器不改变交流电的频率)
【例1】 如图4所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则(　　)

图4
A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)
B.开关S未闭合时，灯泡L1两端的电压为220 V
C.开关S闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的
D.开关S闭合后，原线圈输入功率增大为原来的倍
答案　B
解析　原线圈的电压最大值Um＝11 000 V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 100πt(V)，故A错误；开关S未闭合时，灯泡L1两端的电压即为副线圈电压，＝，则开关S未闭合时，灯泡L1两端的电压U2＝220 V，故B正确；开关S闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，故C错误；开关S闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D错误。

1.(2021·广东卷)某同学设计了一个充电装置，如图5所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是(　　)

图5
A.交流电的频率为10 Hz
B.副线圈两端电压最大值为3 V
C.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
答案　B
解析　交流电的周期为0.2 s，频率f＝＝5 Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知＝，由于原线圈的电压最大值为0.05 V，故副线圈的电压最大值为3 V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。
2.(多选)(2020·全国卷Ⅲ)在图6(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)

图6
A.所用交流电的频率为50 Hz
B.电压表的示数为100 V
C.电流表的示数为1.0 A
D.变压器传输的电功率为15.0 W
答案　AD
解析　由图(b)可知通过R2的交流电的周期为2×10－2 s，变压器不会使交流电的周期改变，所以所用交流电的频率为50 Hz，选项A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，选项B、C均错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，选项D正确。
考点二　理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。
2.负载电阻不变的情况
(1)U1不变，发生变化时，U2变化。
(2)R不变，U2变化时，I2发生变化。
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。
【例2】 (多选)(2021·河北唐山摸底)如图7所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝Usin(100πt) V。则(　　)

图7
A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为
C.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
答案　AD
解析　当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为，则有U2′＝U1，联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin (100π×0) V＝0，B错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，故副线圈电压不变，电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，电阻不变，故电流表的示数变大，D正确。

3.(多选)如图8所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上，R1、R2、R3是阻值相等的定值电阻，电流表为理想电流表，调节滑片P可以改变原线圈匝数。初始时，开关S处于断开状态，下列说法正确的是(　　)

图8
A.只把滑片P向上滑动，电流表示数将增大
B.只把滑片P向下滑动，电阻R1消耗的功率将增大
C.只闭合开关S，电阻R2消耗的功率将增大
D.只闭合开关S，电流表示数将变大
答案　BD
解析　只把滑片P向上滑动，原线圈匝数n1增大，根据＝可知，副线圈两端电压U2＝U1变小，根据欧姆定律可知，副线圈电流变小，副线圈功率P2＝I2U2变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A错误；只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据欧姆定律可知，副线圈电流变大，由P＝I2R知电阻R1消耗的功率将增大，故B正确；只闭合开关S，副线圈电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈电路电流变大，R1分压变大，则R2两端电压变小，消耗的功率将减小；副线圈电路电流变大，输出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈电流变大，电流表示数将变大，故C错误，D正确。
4.(2021·湖北卷)如图9所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中(　　)

图9
A.电流表A1示数减小
B.电流表A2示数增大
C.原线圈输入功率先增大后减小
D.定值电阻R消耗的功率先减小后增大
答案　A
解析　由于原线圈所接电压恒定，变压器的匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR＝I2R可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，D错误。
考点三　远距离输电问题
解答远距离输电问题的三个“关键”
1.理清“3个”回路

2.抓住“6个”基本关系
(1)升压变压器：＝，＝，P1＝P2。
(2)降压变压器：＝，＝，P3＝P4。
3.明确“3个”重要关联式(联系升压、降压变压器的纽带)
(1)功率关联式：P2＝ΔP＋P3。(其中ΔP＝ΔUI线＝IR线＝)
(2)电压关联式：U2＝ΔU＋U3。
(3)电流关联式：I2＝I线＝I3。
【真题示例3】 (多选)(2021·山东卷)输电能耗演示电路如图10所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　　)

图10
A.r＝10 Ω B.r＝5 Ω
C.P＝45 W D.P＝22.5 W
答案　BD
解析　当开关S接1时，左侧变压器副线圈的电压U2＝·U1＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈的电压U4＝＝10 V，电流I4＝＝1 A，右侧变压器原线圈的电压U3＝·U4＝×10 V＝20 V，电流I3＝·I4＝×1 A＝0.5 A，导线的总电阻r＝＝5 Ω，当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的副线圈中的电流为0.5I，根据理想变压器的规律，有＝，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选项B、D正确。

5.(多选)(2020·全国卷Ⅱ)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A.ΔP′＝ΔP B.ΔP′＝ΔP
C.ΔU′＝ΔU D.ΔU′＝ΔU
答案　AD
解析　若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝r，输电线路损失的电压ΔU＝r，若改用1 100 kV 的特高压输电，同理有ΔP′＝r，ΔU′＝r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C项错误，A、D项正确。
6.(多选)(2021·天津南开区模拟)高压输电可大大节能，至2017年11月，我国已建成投运8项1 000 kV特高压交流工程和11项±800 kV特高压直流工程。中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术的国家。某小型水电站的电能输送示意图如图11甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(　　)

图11
A.降压变压器T2原线圈的输入电压为880 V
B.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1
C.当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小
D.当用户端用电量增大时，发电厂输出的功率也增大
答案　AD
解析　由图乙可知，降压变压器副线圈两端交变电压U＝220sin 100πt(V)，有效值为220 V，降压变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，故降压变压器T2原线圈的输入电压为880 V，故A正确；降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1∶1，故B错误；输出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故C错误；用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，发电机输出功率增大，故D正确。


考点一　理想变压器基本规律的应用
1.如图1所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)

图1
A.原线圈的输入功率为220 W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为110 V
D.副线圈输出交变电流的周期为50 s
答案　B
解析　由u＝220sin 100πt(V)可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V ，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C错误；副线圈电流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为P1＝220 W，故选项A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故选项B正确；变压器不改变交变电流的周期，有T＝＝ s＝0.02 s，故选项D错误。
2.(2021·北京朝阳期末)在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，如图2所示，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是(　　)

图2
A.适当减少线圈a的匝数
B.适当减少线圈b的匝数
C.将交流输出电压适当减小
D.将线圈a改接在直流输出端
答案　A
解析　为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器副线圈的电压，由＝得U2＝，适当减少线圈a的匝数，即减小n1，可增大U2，故A正确；适当减少线圈b的匝数n2，U2减小，故B错误；将交流输出电压U1适当减小，U2减小，故C错误；将线圈a改接在直流输出端，直流电不能在副线圈中产生电流，故D错误。
3.(2020·浙江1月选考)如图3所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　　)

图3
A.k1U，k2I B.k1U，
C.，k2I D.，
答案　B
解析　根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系＝＝k1、＝＝，可知U1＝k1U，I1＝，选项B正确。
考点二　理想变压器的动态分析
4.(2021·浙江杭州模拟)如图4所示，一自耦变压器(可看做理想变压器)输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端CD间接灯泡和滑动变阻器。转动滑片P可以改变副线圈的匝数，移动滑片Q可以改变接入电路电阻的阻值。则(　　)

图4
A.只将P顺时针转动，灯泡变亮
B.只将P逆时针转动，灯泡变亮
C.只将Q向上移动，灯泡变亮
D.只将Q向下移动，灯泡变亮
答案　B
解析　由理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系可知，副线圈电压UCD＝UAB，由题知，UAB、n1不变，故当n2增大时，UCD变大，灯泡L变亮，即将P逆时针转动时，灯泡变亮，故A错误，B正确；灯泡L与滑动变阻器R并联，若只是移动滑片Q，灯泡两端电压不变，灯泡亮度不变，故C、D错误。
5.(2020·山东卷)图5甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　)

图5
A.1 Ω B.5 Ω C.6 Ω D.8 Ω
答案　A
解析　由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220 V，由理想变压器变压公式＝＝，可得副线圈输出电压U2＝30 V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24 V，电流IL＝＝1.6 A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6 V。由＋＝IL，解得R＝1 Ω，选项A正确。
考点三　远距离输电问题
6.(2021·河北高三模拟)如图6所示，T1、T2为理想变压器，R为输电线的等效电阻。保持变压器T1的输入电压不变，灯泡L正常发光。现将变压器T1副线圈上的触头P上移，下列说法正确的是(　　)

图6
A.灯泡L变亮
B.R消耗的电功率减小
C.变压器T1的输入功率不变
D.变压器T2的输入电压增大
答案　B
解析　现将变压器T1副线圈上的触头P上移，根据变压器的电压规律可知，T1的副线圈电压减小，将T2的副线圈等效到T1副线圈回路中，则回路总电压减小，则电流减小，故灯泡L变暗，R消耗的电功率P＝I2R，减小，变压器T1的输入功率与输出功率相等，P＝IU减小，灯泡两端电压减小，则变压器T2的输出电压减小，匝数比不变，则变压器T2的输入电压减小，B正确，A、C、D错误。
7.(2020·浙江7月选考)如图7所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)

图7
A.发电机输出的电流I1＝40 A
B.输电线上的电流I线＝625 A
C.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D.用户得到的电流I4＝455 A
答案　C
解析　发电机输出的电流I1＝＝A＝400 A，选项A错误；输电线上的电流I线＝＝A＝25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝A＝431.8 A，选项D错误。

8.一含有理想变压器的电路如图8所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，电流表为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为(　　)

图8
A.2 B.3 C.4 D.5
答案　B
解析　设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，当开关S断开时，电流表的示数为I，副线圈电流为I，因此有(U－IR1)I＝I2(R2＋R3)；当S闭合时，电流表的示数为4I，同理有(U－4IR1)×4I＝(4I)2R2，联立解得原、副线圈匝数比为＝3，故选B。
9.(多选)(2021·河南商丘质检)如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1 000和100，R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，电容器的电容C＝100 μF。已知电容器上极板所带电荷量q按图乙所示的正弦规律变化，则下列判断正确的是(　　)

图9
A.电阻R1的电功率为20 W
B.原线圈输入电压的有效值为100 V
C.变压器原线圈中通过的电流的最大值为0.6 A
D.穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.2 Wb/s
答案　BD
解析　电容器极板所带电荷量最大值Q＝2×10－3 C，电容器两极板之间最大电压U＝＝20 V，有效值U2＝＝10 V，电阻R1的电功率为P＝＝40 W，选项A错误；根据变压器变压公式，可知原线圈输入电压的有效值为U1＝10U2＝100 V，选项B正确；由于副线圈中电流最大值Imax>＋＝6 A，根据变压器原副线圈电流关系可知，变压器原线圈中通过的电流最大值大于0.6 A，选项C错误；由法拉第电磁感应定律可知，Um＝U1＝n1，解得穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.2 Wb/s，选项D正确。
10.(多选)(2022·湖南衡阳调研)无线充电器能给手机充电正是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电。如图10所示，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220sin(314t)V，不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法正确的是(　　)

图10
A.通过车载充电器的电流为交流电
B.通过车载充电器的电流为直流电
C.车载充电器两端电压的有效值约为22 V
D.车载充电器两端电压的有效值约为 V
答案　BD
解析　接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管只能正向通电，具有整流作用，所以通过车载充电器的电流为直流电，A错误，B正确；发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220sin(314t)V，则接收线圈的电压有效值由＝，可得U2＝＝ V＝22 V，由有效值的定义·＝·T，可得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝ V，C错误，D正确。
11.(多选)(2021·湖北武汉模拟)如图11所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器。B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源。如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是(　　)

图11
A.甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源
B.乙会发生触电事故，继电器不会切断电源
C.丙会发生触电事故，继电器会切断电源
D.丁会发生触电事故，继电器会切断电源
答案　AD
解析　甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；当丙双手“火线－零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不会产生感应电流，继电器不会切断电源，但人会触电，故C错误；当如图丁中“手－地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确。